据说是一道Google实验室能力倾向测试题———无穷网格中的等效电阻
http://cdn.songshuhui.net/wp-content/uploads/wpid-14116678550-2014-10-14-14-46.gif原图
http://imgs.xkcd.com/comics/nerd_sniping.png
在原网址，鼠标悬停在图片上时会显示这么一段话：
I first saw this problem on the Google Labs Aptitude Test.A professor and I filled a blackboard without getting anywhere.Have fun.
（我第一次看到这个问题是在谷歌实验室能力倾向测验。我和一位教授把一块黑板涂划满了也毫无进展。玩得开心。） 高中物理竞赛题中曾做过很多这种无限或半无限网络等效电阻的问题，大多数是利用对称性化简（找到等势点，然后可以可以分拆或合并）来做。或者进一步结合基尔霍夫定律（节点电流流入等于流出）求解。类似的问题，还有很多五花八门的变种。
由于网络存在自相似性，所以最标准的做法是根据基尔霍夫定律写出电流或者电势的分配关系的递推方程，然后求出通解取极限，最后利用欧姆定律求解（这对于高中生来说有点难，特别是比较复杂的递推方程）。不过这是数学意义上的精确解，因此求解过程中可能要根据实际物理意义进行相应假设或者取舍。
下面这种方法就是中学物理里面常用的方法（时间太久远，不保证结果的正确性），不过个人感觉那些解法大多属于近似解法，因为网络是中心对称的，所以无穷远处各个节点等势（不妨设为零势点），故可合并为一个节点——这与下面解法中默认电流分配均匀是矛盾的。
选择一条最近通路，假设电流`I`从下方红色节点流入，然后流向四面八方至无穷远处，根据对称性容易推出电流在各个支路的比例关系。从该节点往右经过两个电阻后向上流过一个电阻就到达上面红色节点，压降是`\D\frac{I}{4}R+\frac{I}{12}R+\frac{I}{36}R=\frac{13I}{36}R`。
再假设电流`I`又从无穷远处流入，汇集到右上方红色节点处，同样根据对称性，右上方红色节点每个支路的电流为`\D\frac{I}{4}`，然后反推剩余支路的电流分配比例。最终上面那个通路的压降是`\D\frac{I}{36}R+\frac{I}{12}R+\frac{I}{4}R=\frac{13I}{36}R`
上述两个物理过程的叠加就等效为电流`I`由左边红色节点流入，从右边红色节点流出。
根据电流叠加原理，总压降为`\D(\frac{I}{4}R+\frac{I}{36}R)+(\frac{I}{12}R+\frac{I}{12}R)+(\frac{I}{36}R+\frac{I}{4}R)=\frac{13I}{18}R`，故由欧姆定律可知，等效电阻为`\D\frac{13}{18}R` 一图胜千言，下面是个六边形无限电阻网络的例子（相邻节点之间电阻丝电阻大小均为R）。
深棕色代表电流I从a点流入，分散至无穷；天蓝色代表从无穷远汇集到b点的电流I。颜色变浅一点代表电流某支流均分一次，再浅一点代表再次均分。
楼上的解法就是这个例子的解法，只不过多了几步（注意对电流流向）。
因此按照上述方法，六边形网格中任意相邻两节点之间的电阻大小为2R/3；正方形网格任意相邻两节点之间电阻大小为R/2，任意单个网眼对角节点之间电阻大小为2R/3。
关于这个问题，网上找到一个资源（http://www.mathpages.com/home/kmath668/kmath668.htm），他给的解法，稍微复杂点，不过好像是有假设前提的。当然，不难发现这个网站主页的（www.mathpages.com）里面还是有很多内容的，包含很多数学物理等有趣的问题和知识。
至于准确的答案是什么样的，我觉得需要做实验，实践才知道结果。话说有什么软件可以仿真模拟一下？ 初三时候善于解这样问题 现在全部忘了:L 《大学物理》1995年第12期 ——不久前，波兰的中学生ＫｒｚｙｓｚｔｏｆＧｉａｒｏ在他的一篇创造性论文中，采用二维平面的傅里叶（Ｆｏｕｒｉｅｒ）展开成功地导出了此网络中任意两节点间等效电阻的解析解． 应该做二维离散正弦变换可以得出结果。
这个同我以前做过一个挖雷问题类似。
http://hi.baidu.com/quad_number/item/b44364201265960d77272c6d
http://bbs.csdn.net/topics/190086722 学习了，水一个，标记一下。 mathe 发表于 2014-10-17 18:29
应该做二维离散正弦变换可以得出结果。
这个同我以前做过一个挖雷问题类似。
http://hi.baidu.com/quad_n ...
第二个链接中 f(x,y)=f(x-1,y)+f(x+1,y)+f(x,y-1)+f(x,y+1), 边值条件为f(x,0)=0,f(500,y)=50,f(x,500)=75,f(0,y)=100.
0<=x,y<=500,x,y是正整数。
有点类似拉普拉斯方程`\Delta f=0`的五点差分格式的离散形式，不过这时候应该是 4f(x,y)=f(x-1,y)+f(x+1,y)+f(x,y-1)+f(x,y+1)。一般地，泊松方程，拉普拉斯方程的离散解都可采用快速傅里叶变换(FFT)来求解，对应于连续情形就是傅里叶变换法求解了。最终归结为线性方程的迭代求解过程。事实上，这个系数矩阵是有限阶数的，相比下面的情况要简单多了。
对于楼主提出的电阻问题，当时最初想用基尔霍夫定律列出节点电压方程然后求解。这是一个线性方程组，只不过系数矩阵（称为导纳矩阵）在无穷网络中是一个无穷阶的三对角方阵，当时感觉不容易求其逆矩阵，所以就没继续下去了，转而求近似解。
4L中给出的链接是一个国外人的解答，直接根据二元差分方程的特征方程以及通解形式，应用傅里叶变换求定积分。在该页面最下方给出的后续的链接（http://www.mathpages.com/home/kmath669/kmath669.htm）中，他从代数的角度来探究这类问题。详细阅读就会发现，事实上说的就是上面提到的系数矩阵为三对角无穷阶方阵的线性方程求解。不过这里涉及的是勒让德多项式。 对于本题，各个交点可以通过整数点坐标(x,y)来表示，也就是求等效坐标时，我们可以相当于在(2,1)点输入电流1,然后在(0,0)流出电流1，这时，假设各点电压为$u_{x,y}$
于是我们得出对于每个(x,y)都有
$4u_{x,y}-u_{x-1,y}-u_{x+1,y}-u_{x,y-1}-u_{x,y+1}=i_{x,y}$
其中$i_{2,1}=1,i_{0,0}=-1$而对于所有其它$(x,y)$有$i_{x,y}=0$
我们现在同时对$u,i$作离散循环正弦变换(任意选择充分大的m,n)
$U_{s,t}=\sum_{x,y}sin({sx\pi}/n)u_{x,y}sin({yt\pi}/m)$
$I_{s,t}=\sum_{x,y}sin({sx\pi}/n)i_{x,y}sin({yt\pi}/m)$
由于
$\sum_{x,y}sin({sx\pi}/n)u_{x-1,y}sin({yt\pi}/m)=cos({s\pi}/n)\sum_{x,y}sin({s(x-1)\pi}/n)u_{x-1,y}sin({yt\pi}/m)+sin({s\pi}/n)\sum_{x,y}cos({s(x-1)\pi}/n)u_{x-1,y}sin({yt\pi}/m)$
$=cos({s\pi}/n)\sum_{x,y}sin({sx\pi}/n)u_{x,y}sin({yt\pi}/m)+sin({s\pi}/n)\sum_{x,y}cos({sx\pi}/n)u_{x,y}sin({yt\pi}/m)$
$\sum_{x,y}sin({sx\pi}/n)u_{x+1,y}sin({yt\pi}/m)=cos({s\pi}/n)\sum_{x,y}sin({s(x+1)\pi}/n)u_{x+1,y}sin({yt\pi}/m)-sin({s\pi}/n)\sum_{x,y}cos({s(x+1)\pi}/n)u_{x+1,y}sin({yt\pi}/m)$
$=cos({s\pi}/n)\sum_{x,y}sin({sx\pi}/n)u_{x,y}sin({yt\pi}/m)-sin({s\pi}/n)\sum_{x,y}cos({sx\pi}/n)u_{x,y}sin({yt\pi}/m)$
于是两者相加可以消掉后面部分
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